20230912 比赛总结
反思
B
有一些细节没有想好就放掉了，需要更加严谨一些
D
有点套路的分块，想了一半就没继续想，且没有想到自己做过的一个简单的询问中的做法，有点失败
题解
比赛链接
A
简单题
B
套路题
能够走到至少一个公共点难办，所以考虑容斥，计算 1 1 1 和 2 2 2 不能到达任何一个点的方案数
考虑枚举 1 1 1 和 2 2 2 都无法到达的子集，令其为 S 1 S1 S1，然后枚举 1 1 1 能到达的子集，令其为 S 2 S2 S2，这样可以得出 2 2 2 能够到达的子集 S 3 S3 S3，所以 S 1 S1 S1 与 S 2 , S 3 S2,S3 S2,S3 之间的边是定向了的， S 1 S1 S1 内部的边是可以随便定向的， S 2 , S 3 S2,S3 S2,S3 内部的边可以通过另一个 d p dp dp 求解
考虑令 f [ S ] f[S] f[S] 为 1 1 1 可以到达点集 S S S 的方案数，同样考虑容斥，接下来就很套路了
考虑将 1 , 2 1,2 1,2 的点移出枚举的点击，那么时间复杂度就变成了 O ( 3 n − 2 ) O(3^{n-2}) O(3n−2)
#include
for(int T=S;;T=(T-1)&S){
if(S!=T) f[S]=(f[S]-1ll*f[T]*pw2[lines[(S^T)<<2]])%P;
if(!T) break;
}
}
//处理出1可以到达的点的集合的方案数
g[0]=1;
for(int S=1;S<1<<(n-2);S++){
g[S]=pw2[lines[(S<<2)^2]];
for(int T=S;;T=(T-1)&S){
if(S!=T) g[S]=(g[S]-1ll*g[T]*pw2[lines[(S^T)<<2]])%P;
if(!T) break;
}
// cout<
}
// cout<
//预处理出每个点集连接的点
for(int S=0;S<1<<n;S++){
for(int i=0;i<n;i++) if(S>>i&1)
for(int j=h[i];~j;j=ne[j]) cover[S]|=1<<e[j];
}
//容斥求答案
int full=(1<<(n-2))-1,ans=0;
for(int S=0;S<1<<(n-2);S++){//0和1都无法到达的点集
int nS=full^S;
for(int T=nS;;T=(T-1)&nS){//T为0能都走到的点
// cerr<
if((cover[(T<<2)^1]&(((nS^T)<<2)^2))>0){
if(!T) break;
continue;
}
// cerr<
ans=(ans+1ll*f[T]*g[nS^T]%P*pw2[lines[S<<2]])%P;
if(!T) break;
}
}
ans=(pw2[m]-ans+P)%P;
printf("%d\n",ans);
fprintf(stderr,"%d ms\n",int(1e3*clock()/CLOCKS_PER_SEC));
return 0;
}
//g++ -std=c++11 -O2 -o 1.exe B.cpp
C
好神啊！
神仙操作1：
根据哥德巴赫猜想，任何一个 ≥ 6 \ge 6 ≥6 的偶数都可以拆分成两个奇质数的和，这在 n ≤ 1 0 7 n\le 10^7 n≤107 时是成立的
所以易得出：
操作 1 1 1：长度为奇质数的段需要操作 1 1 1 次
操作 2 2 2：长度为偶数的段需要操作 2 2 2 次
操作 3 3 3：长度为奇合数的段需要操作 3 3 3 次
神仙操作2：
把原序列异或差分，那么每次就变成只要修改 2 2 2 个数，之间距离为奇质数，使差分序列清 0 0 0
这样最优的操作一定是使奇质数之间的匹配尽量多
为什么？考虑只有操作 3 3 3 可能取代掉操作 1 1 1，但可以发现操作 3 3 3 只会操作至多一次，且一个奇合数必定可以用 3 3 3 次的长度为奇质数的段的取完
然后考虑奇偶连边，跑二分图匹配即可
时间复杂度 O ( k 3 ) O(k^3) O(k3)（二分图匹配绝对跑不满
原题：arc180f
#include
memset(h,-1,sizeof(h));
int o=0,e=0;
for(int i=1;i<=cnt;i++) o+=nodes[i]&1,e+=~nodes[i]&1;
for(int i=1;i<=cnt;i++) for(int j=1;j<=cnt;j++)
if(nodes[j]>nodes[i]&&ispr[nodes[j]-nodes[i]]) add(i,j+cnt),add(j,i+cnt);
int ans=0;
for(int i=1;i<=cnt;i++){
memset(vis,0,sizeof(vis));
if(find(i)) ans++;
}
ans/=2;
// cout<
printf("%d\n",ans+(o-ans)/2*2+(e-ans)/2*2+((o-ans)&1)*3);
fprintf(stderr,"%d ms\n",int(1e3*clock()/CLOCKS_PER_SEC));
return 0;
}
D
考虑拆分操作贡献
[ x ∼ y ] → [ x ∼ y ] [x\sim y]\to [x\sim y] [x∼y]→[x∼y] 可以拆分成 [ 1 ∼ y ] → [ x ∼ y ] − [ 1 ∼ x − 1 ] → [ x ∼ y ] [1\sim y]\to [x\sim y]\;\;\;-\;\;\;[1\sim x-1]\to [x\sim y] [1∼y]→[x∼y]−[1∼x−1]→[x∼y]
[ 1 ∼ y ] → [ x ∼ y ] [1\sim y]\to [x\sim y] [1∼y]→[x∼y] 是好求的，一遍线段树即可
考虑后面的式子如何求
继续拆分贡献
[ 1 ∼ x − 1 ] → [ x ∼ y ] ⟺ [ 1 ∼ x − 1 ] → [ 1 ∼ y ] − [ 1 ∼ x − 1 ] → [ 1 ∼ x − 1 ] [1\sim x-1]\to [x\sim y]\iff [1\sim x-1]\to [1\sim y]\;\;\;-\;\;\;[1\sim x-1]\to [1\sim x-1] [1∼x−1]→[x∼y]⟺[1∼x−1]→[1∼y]−[1∼x−1]→[1∼x−1]
注意，后面的贡献是可以不区分先后的，即可以先做完所有修改再做询问
这样直接上莫队就可以了
时间复杂度 O ( m k l o g n ) O(m\sqrt klogn) O(mklogn)，我只能拿 85 p t s 85pts 85pts
考虑 w x q wxq wxq 的一种序列分块做法，考虑每个修改的贡献，这是可以做到不带 l o g log log 的，但我不想写了，以后有空再补
85 p t s 85pts 85pts 代码：
#include
qu[i]={x-1,y,i};
}
int B=250;
for(int i=1;i<=n;i++) pos[i]=(i-1)/B+1;
sort(qu+1,qu+k+1,cmp);
for(int cur=1,i=0,j=0;cur<=k;cur++){
while(i<qu[cur].l) add1(++i);
while(i>qu[cur].l) del1(i--);
while(j<qu[cur].r) add2(++j);
while(j>qu[cur].r) del2(j--);
ans[qu[cur].id]-=res;
}
for(int i=1;i<=k;i++) printf("%lld\n",ans[i]);
fprintf(stderr,"%d ms\n",int64_t(1e3*clock()/CLOCKS_PER_SEC));
return 0;
}